x22
1?2k2?x2?4k2x?2k2?2?0 代入+y=1，整理得 ?2∵直线AB过椭圆的左焦点F，
∴方程一定有两个不等实根,设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点N(x0，y0)，
2k4k212k则x1?x1??2,x0?(x1?x2)??2 ,y0?k(x0?1)?22k?12k?122k?1∴AB垂直平分线NG的方程为y?y0??1(x?x0) k2k2k2k211令y?0，得xC?x0?ky0??2 ?2??2???22k?12k?12k?124k?2∵k?0,??1?xc?0. 21,0）。 2∴点G横坐标的取值范围为（?技巧提示：直线过定点设直线的斜率k，利用韦达定理，将弦的中点用k表示出来，韦达定理就是同类坐标变换的技巧，是解析几何中解决直线和圆锥曲线问题的两大技巧之第一个技巧。再利用垂直关系将弦AB的垂直平分线方程写出来，就求出了横截距的坐标（关于k的函数）。直线和圆锥曲线中参数的范围问题，就是函数的值域问题。
3x2y2练习1：已知椭圆C:2?2?1(a?b?0)过点(1,)，且离心率
2abe?1。 2（Ⅰ）求椭圆方程；
（Ⅱ）若直线l:y?kx?m(k?0)与椭圆交于不同的两点M、N，且线段MN的垂直平分线过定点
1G(,0)，求k的取值范围。 8分析：第一问中已知椭圆的离心率，可以得到a,b的关系式，再根据“过点(1,)”得到a,b的第2个关系式，解方程组，就可以解出a,b的值，确定椭圆方程。
第二问，设出交点坐标，联立方程组，转化为一元二次方程，通过判别式得出k,m的不等式，再根据韦达定理，得出弦MN的中点的横坐标，利用弦的直线方程，得到中点的纵坐标，由中点坐标和定点G(,0)，
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得垂直平分线的斜率，有垂直平分线的斜率和弦的斜率之积为-1，可得k,m的等式，用k表示m再代入不等式，就可以求出k的取值范围。
1b21322解：（Ⅰ）?离心率e?，?2?1??，即4b?3a（1）；
2a44193x2y222又椭圆过点(1,)，则2?2?1，（1）式代入上式，解得a?4，b?3，椭圆方程为??1。
a4b243（Ⅱ）设M(x1,y1),N(x2,y2)，弦MN的中点A(x0,y0) 由??y?kx?m得：(3?4k2)x2?8mkx?4m2?12?0， 22?3x?4y?12?直线l:y?kx?m(k?0)与椭圆交于不同的两点，
???64m2k2?4(3?4k2)(4m2?12)?0，即m2?4k2?3………………（1）
8mk4m2?12由韦达定理得：x1?x2??， ,x1x2?223?4k3?4k4mk4mk23m则x0??， ,y?kx?m???m?003?4k23?4k23?4k2直线AG的斜率为：KAG3m224m3?4k??， 4mk1?32mk?3?4k2??3?4k2824m3?4k2?k??1，即m??由直线AG和直线MN垂直可得：，代入（1）式，可得
?32mk?3?4k28k13?4k2255，则k?。 ()?4k2?3，即k2?或k??208k1010老师支招：如果只说一条直线和椭圆相交，没有说直线过点或没给出直线的斜率，就直接设直线的方
程为：y?kx?m，再和曲线联立，转化成一元二次方程，就能找到解决问题的门路。本题解决过程中运用了两大解题技巧：与韦达定理有关的同类坐标变换技巧，与点的纵、横坐标有关的同点纵横坐标变换技巧。解决直线和圆锥曲线的问题的关键就是充分、灵活的运用这两大解题技巧。
练习2、设F1、F2分别是椭圆
x2y2??1的左右焦点．是否存在过点A(5,0)的直线l与椭圆交于不同54的两点C、D，使得F2C?F2D？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．
x2y2??1的分析：由F2C?F2D得，点C、D关于过F2的直线对称，由直线l过的定点A(5,0)不在
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内部，可以设直线l的方程为：y?k(x?5)，联立方程组，得一元二次方程，根据判别式，得出斜率k的取值范围，由韦达定理得弦CD的中点M的坐标，由点M和点F1的坐标，得斜率为?是否在判别式的取值范围内。
解：假设存在直线满足题意，由题意知，过A的直线的斜率存在，且不等于。设直线l的方程为：
1，解出k值，看ky?k(x?5),(k?0)，C(x1,y1)、D(x2,y2)，CD的中点M(x0,y0)。
由??y?k(x?5)2222得：(4?5k)x?50kx?125k?20?0， 22?4x?5y?2022222又直线l与椭圆交于不同的两点C、D，则?=(50k)?4(4?5k)(125k?20)?0，即0?k?1。 550k2125k2?20由韦达定理得：x1?x2?， ,x1x2?4?5k24?5k220kx1?x225k225k2?20k25k2?则x0?，M(，)。 ?,y?k(x?5)?k(?5)?00222224?5k24?5k4?5k4?5k4?5k又点F2(1,0)，则直线MF2的斜率为kMF220k25k4?5k， ??225k21?5k?14?5k2?5k2根据CD?MF2得：kMF2?k??1，即??1，此方程无解，即k不存在，也就是不存在满足条21?5k件的直线。
老师提醒：通过以上2个例题和2个练习，我们可以看出，解决垂直平分线的问题，即对称问题分两步：第一步，有弦所在的直线和曲线联立，转化为一元二次方程（或类一元二次方程），通过判别式得不等式，由韦达定理得出弦中点的坐标；第二步是利用垂直关系，得出斜率之积为-1，或者是利用中点坐标和对称轴直线的斜率，写出垂直平分线的方程，就可以解决问题。需要注意的一点是，求出的参数一定要满足判别式。
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题型三：动弦过定点的问题
圆锥曲线自身有一些规律性的东西，其中一些性质是和直线与圆锥曲线相交的弦有关系，对这样的一些性质，我们必须了如指掌，并且必须会证明。随着几何画板的开发，实现了机器证明几何问题，好多以前我们不知道的、了解不深入的几何或代数性质，都如雨后春笋般的出来了，其中大部分都有可以遵循的规律，高考出题人，也得设计好思维，让我们在他们设好的路上“走”出来。下面我们就通过几个考题领略一下其风采。
x2y23例题4、已知椭圆C：2?2?1(a?b?0)的离心率为，且在x轴上的顶点分别为A1(-2,0),A2(2,0)。
ab2（I）求椭圆的方程；
（II）若直线l:x?t(t?2)与x轴交于点T,点P为直线l上异于点T的任一点，直线PA1,PA2分别与椭圆交于M、N点，试问直线MN是否通过椭圆的焦点？并证明你的结论。
分析：第一问是待定系数法求轨迹方程；第二问中，点A1、A2的坐标都知道，可以设直线PA1、PA2
的方程，直线PA1和椭圆交点是A1(-2,0)和M，通过韦达定理，可以求出点M的坐标，同理可以求出点N的坐标。动点P在直线l:x?t(t?2)上，相当于知道了点P的横坐标了，由直线PA1、PA2的方程可以求出P点的纵坐标，得到两条直线的斜率的关系，通过所求的M、N点的坐标，求出直线MN的方程，将交点的坐标代入，如果解出的t>2，就可以了，否则就不存在。
x2c3解：（I）由已知椭圆C的离心率e??，a?2,则得c?3,b?1。从而椭圆的方程为?y2?1
4a2（II）设M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线A1M的斜率为k1,则直线A1M的方程为y?k1(x?2)，由
?y?k1(x?2)222消y整理得 (1?4k)x?16kx?16k?2121?4?02?x?4y?4??2和x1是方程的两个根， 16k12?4 ??2x1?1?4k122?8k124k1则x1?，， y?1221?4k11?4k12?8k124k1即点M的坐标为(,)，
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28k2?2?4k2同理，设直线A2N的斜率为k2，则得点N的坐标为(,) 221?4k21?4k2?yp?k1(t?2),yp?k2(t?2)
?k1?k22??，
k1?k2ty?y1y2?y1， ?x?x1x2?x1?直线MN的方程为：
?令y=0，得x?4x2y1?x1y2，将点M、N的坐标代入，化简后得：x?
ty1?y2又?t?2，?0?4?2 t?椭圆的焦点为(3,0)
443??3，即t? t3故当t?43时，MN过椭圆的焦点。 3方法总结：本题由点A1(-2,0)的横坐标－2是方程(1?4k12)x2?16k2x?16k12?4?0的一个根，结合韦
2?8k12达定理运用同类坐标变换，得到点M的横坐标：x1?，
1?4k12再利用直线A1M的方程通过同点的坐标变换，得点M的纵坐标：y1?4k1；
1?4k122?y?k2(x?2)16k2?4222其实由?2消y整理得，得到，即2x?(1?4k)x?16kx?16k?4?0222222x?4y?41?4k?228k2?2?4k2，很快。 x2?y?2221?4k21?4k216k12?4不过如果看到：将?2x1?中的k1用k2换下来，x1前的系数2用－2换下来，就得点N的坐标
1?4k1228k2?2?4k2(,)，如果在解题时，能看到这一点，计算量将减少，这样真容易出错，但这样减少计算量。 221?4k21?4k2第10页共69页